（新課標Ⅰ）2019版高考化學一輪復習 專題十六 氧、硫及其化合物 環(huán)境保護與綠色化學課件.ppt

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1、專題十六 氧、硫及其化合物 環(huán)境保護與綠色化學,高考化學 (課標專用),考點一氧、硫及其化合物 1.(2016課標,13,6分)短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。m、p、r是由這些元素組成的二元化合物。n是元素Z的單質(zhì),通常為黃綠色氣體,q的水溶液具有漂白性,0.01 molL-1 r 溶液的pH為2,s通常是難溶于水的混合物。上述物質(zhì)的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是(),五年高考,A組統(tǒng)一命題課標卷題組,A.原子半徑的大小WXY C.Y的氫化物常溫常壓下為液態(tài) D.X的最高價氧化物的水化物為強酸,答案C根據(jù)題意,不難推出n為Cl2,m為H2O,q為HClO,r為HCl,p為烷烴

2、,s為一氯代烷、二氯代烷等的混合物,從而推出W、X、Y、Z四種元素分別為H、C、O、Cl。A項,原子半徑大小為HClC(即YZX),錯誤;C項,Y的氫化物有H2O2、H2O,二者在常溫常壓下均為液態(tài),正確;D項,X的最高價氧化物的水化物為H2CO3,屬于弱酸,錯誤。,思路分析對于物質(zhì)推斷、元素推斷、有機推斷等推斷題,要找準題眼,逐級突破。,審題技巧抓住“黃綠色氣體”“漂白性”“pH為2”等關鍵詞,迅速確定Cl2、HClO、HCl。,考點二環(huán)境保護與綠色化學 2.(2017課標,7,6分)化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是() A.PM2.5是指粒徑不大于2.5 m的可吸入懸浮顆粒物 B.綠色

3、化學要求從源頭上消除或減少生產(chǎn)活動對環(huán)境的污染 C.燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放 D.天然氣和液化石油氣是我國目前推廣使用的清潔燃料,答案CPM2.5是指粒徑小于或等于2.5微米的可吸入顆粒物,A正確;綠色化學的核心是利用化學原理從源頭上減少或消除生產(chǎn)活動對環(huán)境的污染,B正確;氧化鈣可與二氧化硫、氧氣發(fā)生反應生成硫酸鈣,從而減少二氧化硫的排放量,但不能減少溫室氣體CO2的排放量,C錯誤;天然氣的主要成分是甲烷,液化石油氣的成分是丙烷、丁烷、丙烯和丁烯等,燃燒產(chǎn)物對環(huán)境無污染,所以天然氣和液化石油氣均是清潔燃料,D正確。,解題關鍵注意知識的歸納和整理是關鍵。,知識拓展綠色化

4、學的特點是:(1)充分利用資源和能源,采用無毒無害的原料;(2)在無毒無害的條件下進行反應,以減少向環(huán)境中排放廢物;(3)提高原子利用率,力圖使原料的原子都轉入產(chǎn)品中,實現(xiàn)零排放;(4)生產(chǎn)出有利于環(huán)境保護、社會安全和人體健康的環(huán)境友好產(chǎn)品。,3.(2016課標,7,6分)下列有關燃料的說法錯的是() A.燃料燃燒產(chǎn)物CO2是溫室氣體之一 B.化石燃料完全燃燒不會造成大氣污染 C.以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染 D.燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一,答案B化石燃料包括煤、石油、天然氣等,完全燃燒也會產(chǎn)生SO2等污染性氣體,故B項錯誤。,易錯警示化石燃料中不僅含C、H元素,還含有少量

5、的N、S等元素。,疑難突破液化石油氣中含雜質(zhì)少,燃燒更充分,燃燒產(chǎn)生的CO、SO2、NOx較少,對空氣污染小。,考點一氧、硫及其化合物 1.(2017北京理綜,10,6分)根據(jù)SO2通入不同溶液中的實驗現(xiàn)象,所得結論不正的是(),B組 自主命題?。▍^(qū)、市）卷題組,答案C本題考查SO2的氧化性、還原性等知識。SO2使酸性KMnO4溶液褪色是因為SO2具有還原性,與KMnO4發(fā)生了氧化還原反應。,易混易錯A項有一定的干擾性,有些考生會誤認為白色沉淀為BaSO3而錯選A。,2.(2016四川理綜,1,6分,)化學與生產(chǎn)和生活密切相關。下列過程中沒有發(fā)生化學變化的是() A.氯氣作水的殺菌消毒劑 B.

6、硅膠作袋裝食品的干燥劑 C.二氧化硫作紙漿的漂白劑 D.肥皂水作蚊蟲叮咬處的清洗劑,答案BA項,氯氣與水反應生成的HClO具有強氧化性,能殺菌消毒;B項,硅膠具有吸水性,可作干燥劑;C項,二氧化硫能與有色物質(zhì)結合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì),可作漂白劑;D項,肥皂水呈弱堿性,可與蚊蟲分泌的蟻酸反應,從而減輕痛癢。以上四項中只有B項沒有發(fā)生化學變化,故選B。,3.(2015重慶理綜,2,6分,)下列說法正確的是() A.I的原子半徑大于Br,HI比HBr的熱穩(wěn)定性強 B.P的非金屬性強于Si,H3PO4比H2SiO3的酸性強 C.Al2O3和MgO均可與NaOH溶液反應 D.SO2和SO3混合氣體通入B

7、a(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4,答案BA項,I的非金屬性比Br的非金屬性弱,HBr比HI的熱穩(wěn)定性強;B項正確;C項,MgO不與NaOH溶液反應;D項,SO2通入Ba(NO3)2溶液后,溶液顯酸性,酸性條件下N能把SO2-3氧化為 SO2-4,從而產(chǎn)生BaSO4沉淀,無BaSO3。,4.(2018北京理綜,27,12分)近年來,研究人員提出利用含硫物質(zhì)熱化學循環(huán)實現(xiàn)太陽能的轉化與存儲。過程如下: (1)反應:2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)H1=+551 kJmol-1 反應:S(s)+O2(g)SO2(g)H3=-297 kJmol-1 反應的熱化

8、學方程式:。 (2)對反應,在某一投料比時,兩種壓強下,H2SO4在平衡體系中物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度的變化關系如圖所示。p2p1(填“”或“<”),得出該結論的理由是。,(3)I-可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑,可能的催化過程如下。將補充完整。 .SO2+4I-+4H+S+2I2+2H2O .I2+2H2O+++2I- (4)探究、反應速率與SO2歧化反應速率的關系,實驗如下:分別將18 mL SO2飽和溶液加入到2 mL下列試劑中,密閉放置觀察現(xiàn)象。(已知:I2易溶解在KI溶液中),B是A的對比實驗,則a=。 比較A、B、C,可得出的結論是。 實驗表明,SO2的歧化反應速率DA。結合、反

9、應速率解釋原因:。,答案(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)H2=-254 kJmol-1 (2)反應是氣體物質(zhì)的量減小的反應,溫度一定時,增大壓強使反應正向進行,H2SO4的物質(zhì)的量增大,體系總物質(zhì)的量減小,H2SO4的物質(zhì)的量分數(shù)增大 (3)SO2SO2-44H+ (4)0.4 I-是SO2歧化反應的催化劑,H+單獨存在時不具有催化作用,但H+可以加快歧化反應速率 反應比快;D中由反應產(chǎn)生的H+使反應加快,解析本題以“含硫物質(zhì)熱化學循環(huán)”素材為載體,考查熱化學方程式的書寫、平衡移動、實驗方案的設計與分析等知識。 (1)反應為3SO2(g)+2H2O(g)2H2S

10、O4(l)+S(s),根據(jù)蓋斯定律,由(反應+反應)即得反應 的逆反應,所以反應的H=-(551-297) kJmol-1=-254 kJmol-1。 (2)反應是氣體物質(zhì)的量減小的反應,加壓時平衡正向移動,H2SO4的物質(zhì)的量分數(shù)會升高,所以p2p1。 (3)催化劑在反應前后質(zhì)量和化學性質(zhì)保持不變,在中I-被氧化為I2,則在中I2應該被SO2還原為I-,結合原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒可配平反應的離子方程式。 (4)B是A的對比實驗,B中加入0.2 molL-1的H2SO4,A中不加H2SO4,所以KI的濃度應該與A相同,即a=0.4。 比較A、B、C可知,有H2SO4和KI時,SO2歧

11、化反應速率較只有KI時快;只有H2SO4,無KI時不發(fā)生歧化反應,所以可得出的結論為酸性增強,I-催化SO2歧化反應速率提高。,規(guī)律總結Fe3+催化H2O2分解與I-催化SO2歧化反應相似,Fe3+催化H2O2分解的過程為:2Fe3++ H2O 2O2+2Fe2++2H+、2Fe2++H2O2+2H+ 2Fe3++2H2O。,5.(2018江蘇單科,16,12分)以高硫鋁土礦(主要成分為Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和金屬硫酸鹽)為原料,生產(chǎn)氧化鋁并獲得Fe3O4的部分工藝流程如下: (1)焙燒過程均會產(chǎn)生SO2,用NaOH溶液吸收過量SO2的離子方程式為。 (2)添加1% C

12、aO和不添加CaO的礦粉焙燒,其硫去除率隨溫度變化曲線如圖所示。,已知:多數(shù)金屬硫酸鹽的分解溫度都高于600 硫去除率=(1-)100% 不添加CaO的礦粉在低于500 焙燒時,去除的硫元素主要來源于。 700 焙燒時,添加1% CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低,其主要原因是。 (3)向“過濾”得到的濾液中通入過量CO2,鋁元素存在的形式由(填化學式)轉化為(填化學式)。 (4)“過濾”得到的濾渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2,理論上完全反應消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=。,答案(12分)(1)SO2+OH- H

13、S (2)FeS2硫元素轉化為CaSO4而留在礦粉中 (3)NaAlO2Al(OH)3 (4)116,解析本題考查化學工藝流程的分析、硫及其化合物,氧化還原反應的計算。 (1)用NaOH溶液吸收過量SO2生成NaHSO3,離子方程式為OH-+SO2 HS。 (2)FeS2在低于500 焙燒時能與空氣中的O2反應生成Fe2O3和SO2,發(fā)生的反應為4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,故不添加CaO的礦粉在焙燒時去除的硫元素主要來源于FeS2;700 焙燒 時,添加CaO后,硫元素轉化為CaSO4而留在礦粉中,使礦粉硫去除率降低。 (3)礦粉焙燒后加NaOH溶液堿浸時,Al2O3能與NaO

14、H溶液反應生成NaAlO2,發(fā)生的反應為Al2O3+2NaOH 2NaAlO2+H2O,過濾后,NaAlO2在濾液中,向濾液中通入過量CO2時,發(fā)生反應NaA lO2+CO2+2H2O Al(OH)3+NaHCO3,所以鋁元素存在的形式由NaAlO2轉化為Al(OH)3。 (4)分析反應前后元素化合價的變化,利用得失電子守恒知:n(FeS2)+52n(FeS2)=2n(Fe2O3), 解得=,即理論上完全反應消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=116。,關聯(lián)知識生石灰脫硫原理:CaO+SO2 CaSO3,2CaSO3+O2 2CaSO4。,6.(2017天津理綜,10,14分)H2S和SO2

15、會對環(huán)境和人體健康帶來極大的危害,工業(yè)上采取多種方法減少這些有害氣體的排放,回答下列各方法中的問題。 .H2S的除去 方法1:生物脫H2S的原理為: H2S+Fe2(SO4)3 S+2FeSO4+H2SO4 4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4)3+2H2O (1)硫桿菌存在時,FeSO4被氧化的速率是無菌時的5105倍,該菌的作用是。 (2)由圖1和圖2判斷使用硫桿菌的最佳條件為。若反應溫度過高,反應速率下降,其原因是。,方法2:在一定條件下,用H2O2氧化H2S (3)隨著參加反應的n(H2O2)/n(H2S)變化,氧化產(chǎn)物不同。當n(H2O2)/n(H2S)=4時,氧化產(chǎn)物

16、的分子式為。 .SO2的除去 方法1(雙堿法):用NaOH吸收SO2,并用CaO使NaOH再生 NaOH溶液 Na2SO3溶液 (4)寫出過程的離子方程式:;CaO在水中存在如下轉化:,CaO(s)+H2O(l) Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)+2OH-(aq) 從平衡移動的角度,簡述過程 NaOH再生的原理 。 方法2:用氨水除去SO2 (5)已知25 ,NH3H2O的Kb=1.810-5,H2SO3的=1.310-2、=6.210-8。若氨水的濃度為 2.0 molL-1,溶液中的c(OH-)=molL-1。將SO2通入該氨水中,當c(OH-)降至1.010-7 molL-1時,溶

17、液中的c(SO2-3)/c(HS)=。,答案(14分)(1)降低反應活化能(或作催化劑) (2)30 、pH=2.0蛋白質(zhì)變性(或硫桿菌失去活性) (3)H2SO4 (4)2OH-+SO2 SO2-3+H2OSO2-3與Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移動,有NaOH生成 (5)6.010-30.62,解析本題考查化學反應原理,涉及反應條件的選擇、氧化還原反應、方程式的書寫、化學計算等。 (1)催化劑可降低反應的活化能,大大加快反應速率。 (2)由題圖可得使用硫桿菌的最佳條件為30 、pH=2;溫度過高易使蛋白質(zhì)變性而失去活性。 (3)當n(H2O2)/n(H2S)=4時,反應的化學方程

18、式為4H2O2+H2S H2SO4+4H2O,氧化產(chǎn)物為H2SO4。 (5)由Kb=1.810-5=,得c(OH-)=6.010-3 molL-1;=6.210-8= ,25 時c(OH-)=1.010-7 molL-1的溶液呈中性,則c(H+)=1.010-7 molL-1,解得c (SO2-3)/c(HS)=0.62。,知識拓展使蛋白質(zhì)變性的因素 物理因素:加熱、加壓、攪拌、振蕩、紫外線照射等。 化學因素:強酸、強堿、重金屬鹽、甲醛、乙醇、丙酮等。,7.(2016北京理綜,28,16分,)以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實驗對象,探究鹽的性質(zhì)和鹽溶液間反應的多樣性。,(1)經(jīng)檢

19、驗,現(xiàn)象中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現(xiàn)象:。 (2)經(jīng)檢驗,現(xiàn)象的棕黃色沉淀中不含SO2-4,含有Cu+、Cu2+和SO2-3。 已知:Cu+ Cu+Cu2+,Cu2+ CuI(白色)+I2。 用稀H2SO4證實沉淀中含有Cu+的實驗現(xiàn)象是。,通過下列實驗證實,沉淀中含有Cu2+和SO2-3。 a.白色沉淀A是BaSO4,試劑1是。 b.證實沉淀中含有Cu2+和SO2-3的理由是。 (3)已知:Al2(SO3)3在水溶液中不存在。經(jīng)檢驗,現(xiàn)象的白色沉淀中無SO2-4,該白色沉淀既能溶于強酸,又能溶于強堿,還可使酸性KMnO4溶液褪色。 推測沉淀中含有亞硫酸根和。 對于沉淀中亞

20、硫酸根的存在形式提出兩種假設:.被Al(OH)3所吸附;.存在于鋁的堿式鹽中。對假設設計了對比實驗,證實了假設成立。 a.將對比實驗方案補充完整。,步驟一: 步驟二:(按上圖形式呈現(xiàn))。 b.假設成立的實驗證據(jù)是。 (4)根據(jù)實驗,亞硫酸鹽的性質(zhì)有。鹽溶液間反應的多樣性與有關。,答案(16分)(1)2Ag++SO2-3 Ag2SO3 (2)析出紅色固體 a.HCl和BaCl2溶液 b.在I-的作用下,Cu2+轉化為白色沉淀CuI,SO2-3轉化為SO2-4 (3)Al3+、OH- a. b.V1明顯大于V2 (4)亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性 兩種鹽溶液中陰、陽離子的性質(zhì)和

21、反應條件,解析(2)題中明確告知棕黃色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO2-3,證實含有Cu+的實驗現(xiàn)象不能答溶液出現(xiàn)藍色,因沉淀中的Cu2+在稀H2SO4作用下,也進入了溶液。A是BaSO4沉淀,則試劑1的作用是檢驗上層清液中是否含有SO2-4,但檢驗SO2-4時要防止SO2-3的干擾,所以試劑1應是HCl和BaCl2溶液;上層清液中沒有檢出I2,可知I2和SO2-3反應生成了I-和SO2-4。 (3)由題中信息可推知,沉淀中還含有Al3+、OH-。在對比實驗中要將Na2SO3溶液更換成一種堿,這樣就不會生成堿式鹽,考慮到Al(OH)3的兩性特征,NH3H2O是最好的選擇,步驟一中白色沉淀的成

22、分是堿式亞硫酸鋁,在其中加入NaOH溶液,沉淀不會馬上溶解,而是先與OH-反應生成Al(OH)3沉淀,這就導致了V1大于V2,通過這一實驗事實,即可證實假設成立。,8.(2015福建理綜,23,15分,)研究硫元素及其化合物的性質(zhì)具有重要意義。 (1)硫離子的結構示意圖為。 加熱時,硫元素的最高價氧化物對應水化物的濃溶液與木炭反應的化學方程式為。 (2)25 ,在0.10 molL-1H2S溶液中,通入HCl氣體或加入NaOH固體以調(diào)節(jié)溶液pH,溶液pH與c(S2-)關系如圖(忽略溶液體積的變化、H2S的揮發(fā))。,pH=13時,溶液中的c(H2S)+c(HS-)=molL-1。 某溶液含0.0

23、20 molL-1 Mn2+、0.10 molL-1 H2S,當溶液pH=時,Mn2+開始沉淀。已知:Ksp(MnS)=2.810-13 (3)25 ,兩種酸的電離平衡常數(shù)如下表。,HS的電離平衡常數(shù)表達式K=。 0.10 molL-1 Na2SO3溶液中離子濃度由大到小的順序為。 H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應的主要離子方程式為。,答案(15分)(1) C+2H2SO4(濃) 2SO2+CO2+2H2O (2)0.0435 (3)或 c(Na+)c(SO2-3)c(OH-)c(HS)c(H+) 或Na+SO2-3OH-HSH+ H2SO3+HC HS+CO2+H2O,解析(1)硫元素的

24、最高價氧化物對應水化物的濃溶液為濃H2SO4,其具有強氧化性,與木炭發(fā)生反應的化學方程式為C+2H2SO4(濃) CO2+2SO2+2H2O。(2)觀察圖像知,pH=13 時,c(S2-)=5.710-2molL-1,由硫原子守恒知,c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1 molL-1,代入數(shù)據(jù)得c(H2S)+c(HS-)=0.1 molL-1-c(S2-)=0.1 molL-1-5.710-2 molL-1=0.043 molL-1;當Mn2+開始沉淀時,溶液中c(S2-)==molL-1=1.410-11 molL-1,觀察圖像知,此時pH=5。(3)在 0.10 molL-1

25、Na2SO3溶液中存在:SO2-3+H2O HS+OH-(主要),HS+H2O H2SO3+OH- (次要),H2O H++OH-(水的電離平衡),故離子濃度由大到小的順序為c(Na+)c(SO2-3)c(OH -)c(HS)c(H+);結合表中數(shù)據(jù)知,酸性:H2SO3H2CO3HSHC,故H2SO3溶液和NaH CO3溶液反應的離子方程式為H2SO3+HC HS+CO2+H2O。,9.(2015安徽理綜,28,14分,)某研究小組將純凈的SO2氣體通入0.1 molL-1的Ba(NO3)2溶液中,得到了BaSO4沉淀。為探究上述溶液中何種微粒能氧化通入的SO2,該小組提出了如下假設: 假設一

26、:溶液中的N 假設二:溶液中溶解的O2 (1)驗證假設一 該小組設計實驗驗證了假設一。請在下表空白處填寫相關實驗現(xiàn)象。,(2)為深入研究該反應,該小組還測得上述兩個實驗中溶液pH隨通入SO2體積的變化曲線如圖。 實驗1中溶液pH變小的原因是;V1時,實驗2中溶液pH小于實驗1的原因是(用離子方程式表示)。 (3)驗證假設二 請設計實驗驗證假設二,寫出實驗步驟、預期現(xiàn)象和結論。,答案(14分)(1)無明顯現(xiàn)象有白色沉淀 (2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2N+2H2O 3SO2-4+4H++2NO(或3H2SO3+2N 3SO2 -4+4H++2NO+H2O) (3) (4)小于反應的

27、離子方程式表明,足量的O2和N分別氧化相同的H2SO3,生成H+的物質(zhì)的量 前者多于后者 (本題部分小題屬于開放性試題,合理答案均給分),(4)若假設二成立,請預測:在相同條件下,分別用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液(溶液體積變化忽略不計),充分反應后兩溶液的pH前者(填“大于”或“小于”)后者,理由是。,解析(1)不含O2的BaCl2溶液中通入SO2氣體無明顯現(xiàn)象;向不含O2的Ba(NO3)2溶液中通入SO2氣體產(chǎn)生白色沉淀,表明溶液中的N能氧化SO2氣體產(chǎn)生BaSO4白色沉淀。(2)向BaCl2溶液中 通入SO2氣體,二者不發(fā)生反應,但SO2溶于水可以與水反應生成H2SO3使

28、溶液顯酸性;向Ba(NO3)2溶液中通入SO2氣體,N可以把SO2氧化為H2SO4使溶液pH減小,反應的離子方程式為3SO2+2 N+2H2O 3SO2-4+4H++2NO。(4)由O2氧化H2SO3的離子方程式:2H2SO3+O2 4H++2SO2 -4和N氧化H2SO3的離子方程式:3H2SO3+2N 3SO2-4+4H++2NO+H2O知,足量的O2和N 分別氧化相同的H2SO3,生成H+的物質(zhì)的量前者多于后者,故反應后兩溶液的pH前者小于后 者。,10.(2014福建理綜,25,15分,)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化劑之一。某研究小組進行如下實驗: 實驗一焦亞硫酸鈉的

29、制取 采用下圖裝置(實驗前已除盡裝置內(nèi)的空氣)制取Na2S2O5。裝置中有Na2S2O5晶體析出,發(fā)生的反應為: Na2SO3+SO2 Na2S2O5 (1)裝置中產(chǎn)生氣體的化學方程式為。,(2)要從裝置中獲得已析出的晶體,可采取的分離方法是。 (3)裝置用于處理尾氣,可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為(填序號)。,實驗二焦亞硫酸鈉的性質(zhì) Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。 (4)證明NaHSO3溶液中HS的電離程度大于水解程度,可采用的實驗方法是(填序 號)。 a.測定溶液的pHb.加入Ba(OH)2溶液 c.加入鹽酸d.加入品紅溶液 e.用藍色石蕊試紙檢測 (5)檢驗Na2S2O

30、5晶體在空氣中已被氧化的實驗方案是。,實驗三葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測定 (6)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)的方案如下: 葡萄酒樣品 溶液出現(xiàn)藍色且30 s內(nèi)不褪色 (已知:滴定時反應的化學方程式為SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI) 按上述方案實驗,消耗標準I2溶液25.00 mL,該次實驗測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)為gL-1。 在上述實驗過程中,若有部分HI被空氣氧化,則測定結果(填“偏高”“偏低”或“不變”)。,答案(1)Na2SO3+H2SO4 Na2SO4+SO2+H2O(或Na2SO3+2H2SO

31、4 2NaHSO4+SO2+H2 O) (2)過濾 (3)d(4)a、e (5)取少量Na2S2O5晶體于試管中,加適量水溶解,滴加足量鹽酸,振蕩,再滴入氯化鋇溶液,有白色沉淀生成 (6)0.16偏低,解析(2)從裝置中分離晶體,即固體和液體分離,采用過濾即可。(3)處理尾氣時既要考慮能吸收SO2,又要考慮防倒吸。a裝置密閉,b和c不能用來吸收SO2,d裝置符合要求。(4)要證明NaHSO3溶液中HS的電離程度大于水解程度,即要證明NaHSO3溶液顯酸性,a和e符合。無論 HS電離程度大還是水解程度大,加入Ba(OH)2溶液一定有白色沉淀生成,加入鹽酸一定有氣 泡產(chǎn)生,加入品紅溶液不會褪色。(

32、5)Na2S2O5晶體在空氣中被氧化生成的產(chǎn)物為Na2SO4,故此實驗方案檢驗晶體中是否有SO2-4即可。(6)由題給方程式可知:n(SO2)=n(I2)=0.025 L0.010 00 molL-1=2.510-4 mol,抗氧化劑的殘留量為=0.16 gL-1。若部分HI 被空氣氧化,則等量的SO2消耗標準I2溶液減少,測定結果偏低。,考點二環(huán)境保護與綠色化學 11.(2015浙江理綜,7,6分,)下列說法不正確的是() A.液晶態(tài)介于晶體狀態(tài)和液態(tài)之間,液晶具有一定程度的晶體的有序性和液體的流動性 B.常壓下,0 時冰的密度比水的密度小,水在4 時密度最大,這些都與分子間的氫鍵有關 C.

33、石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性和納米銀粒子的聚集都是化學變化 D.燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NOx的催化轉化都是減少酸雨產(chǎn)生的措施,答案C石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性均屬于化學變化,納米銀粒子的聚集屬于物理變化,C項不正確。,12.(2014四川理綜,11,16分,)污染物的有效去除和資源的充分利用是化學造福人類的重要研究課題。某研究小組利用軟錳礦(主要成分為MnO2,另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)作脫硫劑,通過如下簡化流程既脫除燃煤尾氣中的SO2,又制得電池材料MnO2(反應條件已省略)。 請回答下列問題: (1)上述流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了(選填下列字母編

34、號)。 A.廢棄物的綜合利用B.白色污染的減少 C.酸雨的減少,(2)用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,其原因是。,(3)已知:25 、101 kPa時,Mn(s)+O2(g) MnO2(s)H=-520 kJ/mol S(s)+O2(g) SO2(g)H=-297 kJ/mol Mn(s)+S(s)+2O2(g) MnSO4(s) H=-1 065 kJ/mol SO2與MnO2反應生成無水MnSO4的熱化學方程式是。 (4)MnO2可作超級電容器材料。用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2,其陽極的電極反應式是。 (5)MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時,正

35、極的電極反應式是。 (6)假設脫除的SO2只與軟錳礦漿中MnO2反應。按照圖示流程,將a m3(標準狀況)含SO2的體積分數(shù)為b%的尾氣通入礦漿,若SO2的脫除率為89.6%,最終得到MnO2的質(zhì)量為c kg,則除去鐵、,鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時,所引入的錳元素相當于MnO2kg。,答案(16分)(1)A、C (2)消耗溶液中的酸,促進Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀 (3)MnO2(s)+SO2(g) MnSO4(s)H=-248 kJ/mol (4)Mn2++2H2O-2e- MnO2+4H+ (5)MnO2+H2O+e- MnO(OH)+OH- (6),解析稀硫酸酸化的軟錳礦漿吸收含SO

36、2的尾氣,將MnO2轉化為MnSO4,其中還含有少量的鐵、鋁、銅、鎳的硫酸鹽雜質(zhì)及過量的H2SO4,加MnCO3可消耗過量H2SO4,調(diào)節(jié)pH,使Al3+和Fe3+水解生成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去。過濾后往濾液中加MnS,可將Cu2+、Ni2+轉化為CuS、NiS沉淀除去。再過濾后往濾液中加KMnO4溶液,發(fā)生反應: 2KMnO4+3MnSO4+2H2O 5MnO2+K2SO4+2H2SO4,回收K2SO4,干燥后得到MnO2。 (3)將題中三個方程式依次編號為、、,MnO2(s)+SO2(g) MnSO4(s)可由--得 出,其H也可作相應計算。 (6)除去鐵、鋁、銅、鎳時引入

37、的錳元素可由加KMnO4溶液前溶液中Mn2+與軟錳礦漿中Mn2+的差值計算。由SO2+MnO2 MnSO4、2KMnO4+3MnSO4+2H2O 5MnO2+K2SO4+2H2 SO4可知,除去鐵、鋁、銅、鎳時,所引入的錳元素相當于MnO2的質(zhì)量m=(- )8710-3kg= kg。,考點一氧、硫及其化合物 1.(2018北京理綜,26,13分)磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下: 已知:磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH),還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。 溶解度:Ca5(PO4)3(OH)”或“<”)。 結合元素周期律解釋中結論:P和S電子層數(shù)相同,。 (3)酸浸時,磷精礦中

38、Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF,并進一步轉化為SiF4除去。寫出生成HF的化學方程式:。,C組教師專用題組,(4)H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除,同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應時間,不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80 后脫除率變化的原因:。 (5)脫硫時,CaCO3稍過量,充分反應后仍有SO2-4殘留,原因是;加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率,其離子方程式是。 (6)取a g所得精制磷酸,加適量水稀釋,以百里香酚酞作指示劑,用b molL-1 NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分數(shù)是。(已知:H

39、3PO4摩爾質(zhì)量為98 gmol-1),答案(1)研磨、加熱 (2)S,得電子能力P

40、2)根據(jù)強酸制取弱酸原理,可知H2SO4的酸性大于H3PO4。 (4)H2O2在磷精礦濕法制備磷酸工藝中作為氧化劑來處理有機碳,但H2O2易分解生成O2和H2O,溫度較高時H2O2分解加速,故有機碳的脫除率減小。 (5)CaSO4微溶于水,故會有SO2-4殘留;加入BaCO3,可以提高SO2-4的脫除率,發(fā)生反應的離子方程式為BaCO3+SO2-4+2H3PO4BaSO4+CO2+H2O+2H2P。 (6)H3PO4與NaOH反應生成Na2HPO4的化學方程式為H3PO4+2NaOHNa2HPO4+2H2O,故n(H3 PO4)=n(OH-),所以精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分數(shù)是 100%=。

41、,2.(2016江蘇單科,18,12分,)過氧化鈣(CaO28H2O)是一種在水產(chǎn)養(yǎng)殖中廣泛使用的供氧劑。 (1)Ca(OH)2懸濁液與H2O2溶液反應可制備CaO28H2O。 Ca(OH)2+H2O2+6H2O CaO28H2O 反應時通常加入過量的Ca(OH)2,其目的是。 (2)向池塘水中加入一定量CaO28H2O后,池塘水中濃度增加的離子有(填序號)。 A.Ca2+B.H+ C.CO2-3D.OH- (3)水中溶解氧的測定方法如下:向一定量水樣中加入適量MnSO4和堿性KI溶液,生成MnO(OH)2沉淀,密封靜置;加入適量稀H2SO4,待MnO(OH)2與I-完全反應生成Mn2+和I2

42、后,以淀粉作指示劑,用Na2S2O3標準溶液滴定至終點。測定過程中物質(zhì)的轉化關系如下: O2MnO(OH)2I2S4O2-6 寫出O2將Mn2+氧化成MnO(OH)2的離子方程式:。 取加過一定量CaO28H2O的池塘水樣100.00 mL,按上述方法測定水樣的溶解氧,消耗0.010 0,0 molL-1Na2S2O3標準溶液13.50 mL。計算該水樣中的溶解氧(以mgL-1表示),寫出計算過程。,答案(12分)(1)提高H2O2的利用率 (2)AD (3)2Mn2++O2+4OH- 2MnO(OH)2 在100.00 mL水樣中 I2+2S2O2-3 2I-+S4O2-6 n(I2)= =

43、 =6.75010-5 mol nMnO(OH)2=n(I2)=6.75010-5 mol n(O2)=nMnO(OH)2=6.75010-5 mol=3.37510-5 mol 水中溶解氧==10.80 mgL-1,解析(1)Ca(OH)2過量可提高H2O2的利用率。 (2)CaO28H2O加入水中可生成Ca(OH)2和H2O2。 (3)1 mol O2得4 mol e-,1 mol Mn2+失2 mol e-,故O2與Mn2+按物質(zhì)的量之比12反應。,3.(2014江蘇單科,20,14分,)硫化氫的轉化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。由硫化氫獲得硫單質(zhì)有多種方法。 (1)將燒堿吸收H2

44、S后的溶液加入到如圖所示的電解池的陽極區(qū)進行電解。電解過程中陽極區(qū)發(fā)生如下反應: S2--2e- S (n-1)S+S2- S2-n 寫出電解時陰極的電極反應式:。 電解后陽極區(qū)的溶液用稀硫酸酸化得到硫單質(zhì),其離子方程式可寫成。 (2)將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應回收S,其物質(zhì)轉化如圖所示。,在圖示的轉化中,化合價不變的元素是。 反應中當有1 mol H2S轉化為硫單質(zhì)時,保持溶液中Fe3+的物質(zhì)的量不變,需消耗O2的物質(zhì)的量為。 在溫度一定和不補加溶液的條件下,緩慢通入混合氣體,并充分攪拌。欲使生成的硫單質(zhì)中不含CuS,可采取的措施有。 (3

45、)H2S在高溫下分解生成硫蒸氣和H2。若反應在不同溫度下達到平衡時,混合氣體中各組分的體積分數(shù)如圖所示,H2S在高溫下分解反應的化學方程式為。,,答案(14分)(1)2H2O+2e- H2+2OH- S2-n+2H+ (n-1)S+H2S (2)Cu、H、Cl(或銅、氫、氯)0.5 mol 提高混合氣體中空氣的比例 (3)2H2S 2H2+S2,解析(1)由電解原理知,陰極發(fā)生還原反應,又因為是堿性溶液中,所以電極反應式為2H2O+2e- H2+2OH-。由題意知,S2-n在酸性條件下生成單質(zhì)S,所以離子方程式為S2-n+2H+ (n-1)S+H2S。(2)由題中圖示知,在該轉化過程中,溶液中

46、的H+和Cl-的化合價未變,Cu2+CuSCu2+,Cu元素化合價沒有變化。由題意知,O2氧化H2S,根據(jù)得失電子守恒有:n(O2)=n(S)=n(H2S)=1 mol=0.5 mol。欲使生成的硫單質(zhì)中不含CuS,可根據(jù)上述分析,增大O2 的量,把CuS中的S氧化出來。,4.(2014江蘇單科,16,12分,)煙氣脫硫能有效減少二氧化硫的排放。實驗室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制備堿式硫酸鋁Al2(SO4)x(OH)6-2x溶液,并用于煙氣脫硫研究。 (1)酸浸時反應的化學方程式為;濾渣的主要成分為(填化學式)。 (2)加CaCO3調(diào)節(jié)溶液的pH至3.6,其目的是中和溶液中

47、的酸,并使Al2(SO4)3轉化為Al2(SO4)x(OH)6-2x。濾渣的主要成分為(填化學式);若溶液的pH偏高,將會導致溶液中鋁元素的含量降低,其原因是(用離子方程式表示)。 (3)上述流程中經(jīng)完全熱分解放出的SO2量總是小于吸收的SO2量,其主要原因是,;與吸收SO2前的溶液相比,熱分解后循環(huán)利用的溶液的pH將(填“增大”“減小”或“不變”)。,答案(12分)(1)Al2O3+3H2SO4 Al2(SO4)3+3H2OSiO2 (2)CaSO43CaCO3+2Al3++3SO2-4+3H2O 2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2 (3)溶液中的部分SO2-3被氧化成SO2-4減小,

48、解析(1)酸浸時Al2O3與H2SO4發(fā)生反應,SiO2不溶于H2SO4,形成濾渣。(2)依題意,濾渣的主要成分是CaSO4;若溶液pH偏高,會使Al3+水解程度增大,生成Al(OH)3,導致溶液中鋁元素的含量降低。(3)過濾所得濾液用于吸收含SO2的煙氣,反應得H2SO3,熱分解時部分H2SO3被氧化成H2SO4,導致經(jīng)完全熱分解放出的SO2量小于吸收的SO2量,且熱分解后循環(huán)利用的溶液的pH減小。,考點二環(huán)境保護與綠色化學 5.(2015江蘇單科,20,14分,)煙氣(主要污染物SO2、NOx)經(jīng)O3預處理后用CaSO3水懸浮液吸收,可減少煙氣中SO2、NOx的含量。O3氧化煙氣中SO2、

49、NOx的主要反應的熱化學方程式為: NO(g)+O3(g) NO2(g)+O2(g)H=-200.9 kJmol-1 NO(g)+O2(g) NO2(g)H=-58.2 kJmol-1 SO2(g)+O3(g) SO3(g)+O2(g)H=-241.6 kJmol-1 (1)反應3NO(g)+O3(g) 3NO2(g)的H=kJmol-1。 (2)室溫下,固定進入反應器的NO、SO2的物質(zhì)的量,改變加入O3的物質(zhì)的量,反應一段時間后體系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)隨反應前 n(O3)n(NO)的變化見下圖。,當n(O3)n(NO)1時,反應后NO2的物質(zhì)的量減少,其原因是。 增加n

50、(O3),O3氧化SO2的反應幾乎不受影響,其可能原因是。 (3)當用CaSO3水懸浮液吸收經(jīng)O3預處理的煙氣時,清液(pH約為8)中SO2-3將NO2轉化為N,其 離子方程式為。 (4)CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液,達到平衡后溶液中c(SO2-3)=用c,(SO2-4)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示;CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率,其主要原因是。,答案(14分)(1)-317.3 (2)O3將NO2氧化為更高價氮氧化物(或生成了N2O5) SO2與O3的反應速率慢 (3)SO2-3+2NO2+2OH- SO2-4+2N+H2O (

51、4)c(SO2-4)CaSO3轉化為CaSO4使溶液中SO2-3的濃度增大,加快SO2-3與NO2的反 應速率,解析(1)NO(g)+O3(g) NO2(g)+O2(g)H=-200.9 kJmol-1,NO(g)+O2(g) NO2(g) H=-58.2 kJmol-1,運用蓋斯定律+2可得出3NO(g)+O3(g) 3NO2(g)H=-20 0.9 kJmol-1+(-58.2 kJmol-12)=-317.3 kJmol-1。 (2)由圖中信息可知,當n(O3)n(NO)1時,SO2、NO的量都不隨n(O3)n(NO)的改變而改變,只有NO2的量在減小,說明NO2與過量的O3發(fā)生了反應,

52、NO2被O3氧化生成了更高價氮氧化物。由題中信息可知SO2與O3能發(fā)生反應,但題圖信息顯示,隨O3量的增加,SO2的量基本不變,說明二者的反應速率很慢,短時間內(nèi)測不出SO2的量在改變。 (3)依題給信息可知NO2被還原生成N,則SO2-3被氧化生成SO2-4,二者在弱堿性環(huán)境中反應。 (4)達平衡后溶液中:c(Ca2+)c(SO2-3)=Ksp(CaSO3)、c(Ca2+)c(SO2-4)=Ksp(CaSO4),同一溶液中c(Ca2+)相等,則有=,故c(SO2-3)=c(SO2-4);Na2SO4溶液的加入會 使 CaSO3的溶解平衡正向移動,致使c(SO2-3)增大,吸收NO2的速率加快。

53、,考點一氧、硫及其化合物 1.(2018河北衡水金卷大聯(lián)考,3)下列說法錯誤的是() A.石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料 B.“大漠孤煙直”描述的是物質(zhì)升華的過程 C.高錳酸鉀和濃鹽酸不能保存在同一藥品櫥中 D.可用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗露置的Na2SO3已變質(zhì),三年模擬,A組 20162018年高考模擬基礎題組,答案B“大漠孤煙直”描述的是燃燒產(chǎn)生的煙氣上升的現(xiàn)象,而升華是指固體受熱直接變?yōu)闅怏w的過程,B項錯誤。,2.(2018山東臨沂期中,13)下列各組物質(zhì)在一定條件下反應產(chǎn)生等物質(zhì)的量的氣體時,消耗酸的物質(zhì)的量最少的是() A.碳與濃硫酸B.二氧化錳與濃鹽酸 C.鐵與稀硫酸

54、D.銅與稀硝酸,答案A相關反應的化學方程式為C+2H2SO4(濃)2SO2+CO2+2H2O,MnO2+4HCl(濃) MnCl2+Cl2+2H2O,Fe+H2SO4FeSO4+H2,3Cu+8HNO3 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O, 可見產(chǎn)生等物質(zhì)的量的氣體時,碳與濃硫酸反應需要的酸最少,故選A。,3.(2018湖北百所重點學校聯(lián)考,12)某白色粉末由兩種物質(zhì)組成,取少量樣品加入足量水中,固體部分溶解,再向其中加入足量NaOH溶液,振蕩,固體全部溶解;另取少量白色粉末加入足量硫酸,有氣泡產(chǎn)生且有淡黃色不溶物生成。則該白色粉末可能為() A.Na2CO3、CaOB.Na2S2O3、Al

55、2O3 C.Na2O2、Al(OH)3D.NaI、AgNO3,答案BNa2O2是淡黃色固體,C項錯誤;Na2CO3與CaO溶于水后再加入足量的NaOH溶液,仍然有CaCO3固體存在,NaI、AgNO3溶于水后再加入足量的NaOH溶液仍然有AgI固體存在,A、D項錯誤;Na2S2O3與H2SO4發(fā)生反應:S2O2-3+2H+ S+SO2+H2O,B項正確。,4.(2018湖南益陽、湘潭聯(lián)考,16)直接排放含SO2的煙氣會形成酸雨,危害環(huán)境。某化學興趣小組進行如下有關SO2性質(zhì)和含量測定的探究活動。 (1)裝置A中儀器a的名稱為。 (2)選用圖中的裝置和藥品探究亞硫酸與次氯酸的酸性強弱。 甲同

56、學認為按ACF尾氣處理順序連接裝置可以證明亞硫酸和次氯酸的酸性強弱,乙,同學認為該方案不合理,其理由是。,丙同學設計的合理實驗方案為:按照ACEF尾氣處理(填字母)順序連接裝置。E裝置的作用是,證明亞硫酸的酸性強于次氯酸的實驗現(xiàn)象是。 (3)為了測定裝置A殘液中SO2的含量,量取10.00 mL殘液于圓底燒瓶中,加熱使SO2全部蒸出,用20.00 mL 0.050 0 molL-1的酸性KMnO4溶液吸收。充分反應后,再用0.200 0 molL-1的KI標準溶液滴定過量的KMnO4,消耗KI溶液15.00 mL。 已知:5SO2+2Mn+2H2O2Mn2++5SO2-4+4H+ 10I-+2

57、Mn+16H+2Mn2++5I2+8H2O 殘液中SO2的含量為gL-1。 若滴定過程中不慎將KI標準溶液滴出錐形瓶外少許,使測定結果(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。,答案(1)分液漏斗 (2)二氧化硫通入漂白粉溶液中發(fā)生了氧化還原反應,不能證明強酸制備弱酸的原理BD除去CO2中混有的SO2裝置D中品紅溶液不褪色,F中出現(xiàn)白色沉淀 (3)6.4偏低,解析(1)裝置A中儀器a的名稱為分液漏斗。 (2)SO2通入漂白粉溶液中發(fā)生了氧化還原反應,不能證明亞硫酸和次氯酸的酸性強弱。根據(jù)丙同學的部分設計流程可以看出,丙同學是通過間接法證明亞硫酸和次氯酸的酸性強弱:先證明亞硫酸的酸性比碳酸強,再證明碳

58、酸的酸性強于次氯酸,故裝置連接順序為ACBEDF尾氣處理。若裝置D中品紅不褪色,F中出現(xiàn)白色沉淀,則可證明亞硫酸的酸性強于次氯酸。 (3)與SO2反應的KMnO4的物質(zhì)的量等于總的KMnO4的物質(zhì)的量減去與KI反應的KMnO4的物質(zhì)的量,即0.02 L0.05 molL-1-0.015 L0.200 0 molL-1=0.000 4 mol;由第一個反應可得:n (SO2)=0.000 4 mol=0.001 mol,m(SO2)=0.001 mol64 g mol-1=0.064 g,所以殘液中SO2的含量 為0.064 g0.01 L=6.4 gL-1。若滴定過程中不慎將KI標準溶液滴出錐

59、形瓶外少許,則測得與KI反應的KMnO4偏多,那么得到與SO2反應的KMnO4偏少,則測得SO2的含量偏低。,5.(2017安徽師大附中,27)某校化學興趣小組探究SO2與FeCl3溶液的反應,所用裝置如下圖所示(夾持儀器已略去)。 (1)實驗前,應先檢查裝置的;實驗中產(chǎn)生的尾氣應通入溶液。 (2)實驗過程中需要配制100 mL 1 mol/L FeCl3溶液,所需要的玻璃儀器有:燒杯、量筒、玻璃棒、。 (3)該小組同學向5 mL 1 mol/L FeCl3溶液中通入足量的SO2,溶液最終呈淺綠色,再打開分液漏斗活塞,逐滴加入NaOH溶液,則試管B中產(chǎn)生的實驗現(xiàn)象是。,(4)該小組同學在(3)

60、中實驗時,發(fā)現(xiàn)溶液變?yōu)闇\綠色需要較長時間,在此期間同學們觀察到的現(xiàn)象是溶液由棕黃色變成紅棕色,沒有觀察到丁達爾現(xiàn)象,最終溶液呈淺綠色。 【查閱資料】Fe(HSO3)2+在溶液中呈紅棕色且具有較強的還原性,能被Fe3+氧化為SO2-4。 SO2與FeCl3溶液反應生成紅棕色Fe(HSO3)2+的原因是; Fe(HSO3)2+與Fe3+在溶液中反應的離子方程式是 。 (5)若實驗中用5 mL一定濃度的濃H2SO4與適量Cu片充分反應,實驗結束后,測得產(chǎn)生SO2的體積在標準狀況下為672 mL,向已冷卻的A試管溶液中加入4 mol/L的NaOH溶液30 mL時,恰好使Cu2+完全沉淀。則所用濃H2S

61、O4濃度為。(忽略過程中溶液的體積變化),答案(1)氣密性NaOH (2)100 mL容量瓶、膠頭滴管 (3)開始無現(xiàn)象,后生成白色沉淀 (4)Fe3+與H2SO3電離出的HS結合生成Fe(HSO3)2+Fe3++H2O+Fe(HSO3)2+ 2Fe2++SO2-4+ 3H+ (5)18 mol/L,解析(3)SO2與FeCl2反應后,生成Fe2+和H+,加NaOH溶液時,H+優(yōu)先反應,H+消耗完,Fe2+再反應。 (5)n(SO2)=0.03 mol,根據(jù)得失電子守恒n(Cu)2=n(SO2)2,得n(Cu2+)=0.03 mol,完全沉淀Cu2+需n(NaOH)=0.06 mol,而加

62、入的NaOH的物質(zhì)的量一共有0.12 mol,說明H2SO4剩余0.03 mol,根據(jù)硫原子守恒n(H2SO4)=0.03 mol+0.03 mol+0.03 mol=0.09 mol,c(H2SO4)===18 mol/L。,考點二環(huán)境保護與綠色化學 6.(2018福建六校聯(lián)考,3)化學與環(huán)境、生產(chǎn)、信息、能源關系密切,下列說法中不正確的是 () A.PM2.5是指大氣中直徑接近2.510-6 m的顆粒物,顆粒物分散在空氣中形成膠體 B.用袋裝浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土吸收水果產(chǎn)生的乙烯以延長保鮮時間 C.高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維,光導纖維遇強堿會“斷路” D.開發(fā)高效氫能、太陽

63、能等新型電動汽車,以解決城市機動車尾氣排放問題,答案APM2.5的直徑大于膠體粒子的直徑,A項錯誤;高錳酸鉀能夠氧化水果釋放的催熟劑乙烯,從而延長水果的保鮮期,B項正確;SiO2能夠與強堿反應,C項正確;氫能和太陽能都屬于清潔能源,D項正確。,7.(2018安徽江淮十校聯(lián)考,1)化學來源于生活,也服務于生活。下列有關生活中的化學敘述正確的是() A.濃硫酸具有強腐蝕性,可用濃硫酸刻蝕石英制藝術品 B.冰箱中使用的含氟制冷劑泄漏后,會增加空氣中的PM2.5 C.本草經(jīng)集注中關于鑒別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4)的記載為:“以火燒之,紫青煙起,乃真硝石也”,該方法應用了焰色反應 D.誤食重

64、金屬鹽引起人體中毒時,可喝大量的食鹽水解毒,答案C應用氫氟酸刻蝕石英制藝術品,A項錯誤;含氟制冷劑泄漏對臭氧層有影響,B項錯誤;硝石和樸硝的成分為鉀鹽和鈉鹽,二者的焰色反應不同,C項正確;誤食重金屬鹽引起中毒時,可喝大量鮮牛奶等解毒,D項錯誤。,8.(2017山西臨汾五校聯(lián),1)下列關于化學與環(huán)境的敘述中錯誤的是() A.燃煤時鼓入過量的空氣可以減少酸雨的產(chǎn)生 B.利用汽車尾氣催化裝置可將尾氣中的NO和CO轉化為無害氣體 C.“煤改氣”“煤改電”等工程有利于減少霧霾 D.工業(yè)廢氣排放之前必須回收處理以防污染大氣,答案AA項,煤充分燃燒會減少CO的生成,但對SO2的生成沒什么影響,故A錯誤;B、

65、C、D均正確。,9.(2017湖南郴州第三次質(zhì)檢,7)人類生活、社會的可持續(xù)發(fā)展與化學密切相關,下列有關敘述正確的是() A.高壓鈉燈能發(fā)出透霧能力強的淡紫色光,常用做路燈 B.用水清洗盛裝過濃硫酸的鐵桶要遠離火源 C.鋰電池應用廣泛,是因為鋰能直接與水反應,不需要特殊的電解質(zhì)溶液 D.據(jù)報道,一定條件下氫氣可轉變?yōu)椤敖饘贇洹?“金屬氫”具備超導等優(yōu)良性能。由氫氣轉變?yōu)椤敖饘贇洹睂儆谕辉氐耐凰刂g的轉化,答案B高壓鈉燈能發(fā)出透霧能力強的黃色光,故A錯誤;用水清洗時,濃硫酸變稀,鐵與稀硫酸反應生成氫氣,氫氣易燃,要遠離火源,故B正確;鋰能與水反應,電解質(zhì)溶液中不能有水,一旦與溶液中的水反應

66、,產(chǎn)生的電能就不能導出,故C錯誤;氫氣轉變?yōu)椤敖饘贇洹辈粚儆谕凰刂g的轉化,應屬于同素異形體之間的轉化,故D錯誤。,1.(2018河北“名校聯(lián)盟”質(zhì)量監(jiān)測,2)化學與科技、生產(chǎn)、生活、環(huán)境等密切相關,下列說法不正確的是() A.有人稱“一帶一路”是“現(xiàn)代絲綢之路”,絲綢的主要成分是纖維素,屬于天然高分子化合物 B.陶瓷、水泥和玻璃都屬于硅酸鹽產(chǎn)品 C.廢舊鋼材焊接前,可依次用飽和Na2CO3溶液、飽和NH4Cl溶液處理焊點 D.使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰,都能減輕環(huán)境污染,一、選擇題（每題5分，共25分）,B組 20162018年高考模擬綜合題組 (時間：35分鐘 分值：60分),答案A絲綢的主要成分是蛋白質(zhì),是纖維但非纖維素,屬于天然高分子化合物,A項錯誤。,易混辨析纖維與纖維素是兩個完全不同的概念,僅一字之差,容易混淆。,2.(2018福建六校聯(lián)考,13)用下列兩種途徑制取H2SO4,某些反應條件和產(chǎn)物已省略,下列有關說法不正確的是() 途徑:SH2SO4 途徑:SSO2SO3H2SO4 A.途徑與途徑相比較更能體現(xiàn)“綠色化學”的理念,因為途徑比途徑的污染相對較